（新高考）2020-2021学年下学期高三3月月考卷 化学（A卷）教师版.doc

（新高考）此卷只装订不密封班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 2020-2021学年下学期高三3月月考卷化 学（A）注意事项：1答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Cl 35.5 Fe 56 Mn 55 Ba 137一、选择题1化学与生活密切相关，下列说法正确的是A福尔马林可用于新冠病毒环境消毒和鱼肉等食品的防腐保鲜B华为5G手机芯片的主要成分是硅C嫦娥五号外壳为钛合金，因它可防电离辐射D用谷物酿造出酒和醋，酿造过程中只发生了氧化反应【答案】B【解析】A福尔马林有毒，不能用于鱼肉等食品的防腐保鲜，故A错误；B硅是良好的半导体材料，华为5G手机芯片的主要成分是硅，故B正确；C.钛合金具有质轻、坚硬、耐腐蚀等优点，可作为嫦娥五号的外壳，故C错误；D氧化和还原反应是同时发生的，有得电子必有失电子过程，用谷物酿造出酒和醋，酿造过程中不仅只发生氧化反应，还有还原反应，则酿造过程中发生了氧化还原反应，故D错误；答案选B。2NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A56g C3H6和C4H8的混合气体中含有的氢原子数为8 NAB100g质量分数17%的H2O2溶液中极性键数目为NAC将1mol Cl2通入到水中，则N(HClO)+N(Cl)+N(ClO)=2NA(N表示粒子数)D常温下，22.4L 15NH3含有的中子数的为11NA【答案】A【解析】AC3H6和C4H8的混合气体通式为CnH2n，56g C3H6和C4H8的混合气体中含有的氢原子数为，故A正确；B100g质量分数17%的H2O2溶液中H2O2的质量为17g，H2O2中极性键数目为，但溶液中还有水，水中含有极性键，因此极性键数目大于NA，故B错误；C将1mol Cl2通入到水中，由于水和氯气反应是可逆反应，再根据氯原子质量守恒，则N(HClO)+N(Cl)+N(ClO)2NA(N表示粒子数)，故C错误；D一个15NH3含有11个中子，但是常温下，不能用22.4L/mol进行计算，故D错误。答案为A。3下列图示的化学实验能达到相应实验目的的是A图1：制NH4Cl晶体B图2：比较Cl2、I2氧化性C图3：验证SO2漂白性D图4：验证析氢腐蚀【答案】B【解析】A蒸干NH4Cl饱和溶液，氯化铵分解，应选冷却结晶法制备，故A错误；B浸有饱和KI溶液的棉花团变成棕黄色，说明氯气置换出碘单质，证明氯气的氧化性强于碘单质；故B正确；CSO2使酸性高锰酸钾溶液褪色体现了其还原性，故C错误；D环境不是酸性较强的环境，铁发生的是吸氧腐蚀，故D错误。答案选B。4最近研究表明，用Sb(CH3)3、Sb(CH3)2Br和Sb(CH3)Br2三种化合物进行重组反应可生成空间位阻最小的离子化合物Sb2(CH3)52Sb2(CH3)2Br6。已知锑(Sb)与砷(As)同主族，下列说法错误的是ASb的价电子排布式为5s25p3B第一电离能：Br>Se>AsC电负性：Br>C>HDSb2(CH3)52Sb2(CH3)2Br6中存在离子键和共价键【答案】B【解析】A根据能层序数等于电子层数等于周期序数，最外层电子数等于主族序数，故Sb的价电子排布式为5s25p3，A正确；BAs、Se、Br为同一周期元素，同一周期从左往右元素的第一电离能呈增大趋势，第A与A，A与A之间反常，故第一电离能：Br>As>Se，B错误；C元素的电负性变化规律为：同一周期从左往右依次增大，同一主族从上往下依次减小，故电负性：Br>C>H，C正确；D由题干可知 Sb2(CH3)52Sb2(CH3)2Br6为离子化合物，故该物质中存在离子键和共价键，D正确；故答案为B。5氰基丙烯酸异丁酯可用作医用胶，其结构简式如图。下列关于氰基丙烯酸异丁酯的说法错误的是A其分子式为C8H11NO2B该有机物可以发生还原反应C分子中可能共平面的碳原子最多为6个D其任一含苯环的同分异构体中至少有4种不同化学环境的氢原子【答案】C【解析】A结合该分子的结构简式可以看出，其分子式为C8H11NO2，A项正确；B该有机物中含有羰基、碳碳双键，可以与氢气发生加成还原反应，B项正确；C分子结构中含有，具有四面体结构，最少有1个碳原子不与其他碳原子在同一平面上，即分子中可能共平面的碳原子最多为7个，C项错误；DC8H11NO2分子的不饱和度为4，苯环的不饱和度为4，故在任一含苯环的同分异构体中，其苯环上的取代基均为饱和取代基，同分异构体中最多的取代基种类及个数为一个氨基、两个甲基、两个羟基，在高度对称下（等效氢原子种类最少的应具有对称结构）有4种不同化学环境的氢原子，D项正确；答案选C。6X、Y、Z、M、Q五种短周期元素，原子序数依次增大。Y元素的最高正价为+4价，Y元素与Z、M元素相邻，且与M元素同主族；化合物Z2X4的电子总数为18个；Q元素的原子最外层电子数比次外层少一个电子。下列说法不正确的是A原子半径：Z<Y<MB最高价氧化物对应水化物的酸性：Z>Y>MCZ2X4易溶于水，其水溶液呈碱性DX、Z和Q三种元素形成的化合物一定是共价化合物【答案】D【解析】X、Y、Z、M、Q为五种短周期元素，原子序数依次增大。Y元素的最高正价为+4价，则证明该元素为第IVA族元素，又知Y元素与Z、M元素相邻，且与M同族，故推知Y为C元素，Z为N元素，M为Si元素；化合物Z2X4的电子总数为18，则推知，X为H，该化合物为N2H4；Q元素的原子最外层电子总数比次外层电子数少一个电子，推出Q为Cl元素。A同周期元素从左到右原子半径依次减小，同主族元素从上到下原子半径依次增大，则原子半径比较：Z(N)<Y(C)<M(Si)，A项正确；B同周期元素从左到右元素非金属性依次增强，同主族元素从上到下元素非金属性依次减弱，因元素的非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性：Z(N)Y(C)M(Si)，则最高价氧化物对应水化物的酸性：Z(N)Y(C)M(Si)，B项正确；CZ2X4是N2H4，易溶于水，溶液显碱性，C项正确；DX、Z和Q三种元素组成的化合物有很多，不一定都是共价化合物，如氯化铵属于铵盐，为离子化合物，D项错误；答案选D。7乙二醛(OHCCHO)与氧气反应历程中所涉及的反应物(OHCCHO、O2)、过渡态中间体(图中TSlTS7、IM1IM3)及产物(OHCCOOH、HCOOH、HOOCCOOH)的相对能量如图所示：下列说法错误的是A乙二醛氧化历程中涉及非极性键的断裂B乙二醛氧化生成甲酸、乙醛酸或乙二酸均为放热反应C乙二醛氧化历程中，若加入催化剂，能提高乙二醛的平衡转化率D乙二醛与氧气反应生成乙二酸的控速步骤为反应物TS1【答案】C【解析】A乙二醛氧化历程中，氧气中的非极性键的断裂，故A正确；B由图可知，三个反应的生成物总能量低于反应物总能量，故为放热反应，故B正确；C催化剂只改变反应的活化能，不改变平衡转化率，故C错误；D控制反应步骤为反应活化能最高的一步，过渡态能量上升高则反应慢，乙二醛与氧气反应生成乙二酸的控速步骤为反应物TS1，故D正确；故选C。8根据实验操作和现象所得出的结论正确的是选项实验操作实验现象结论A将盐酸滴入NaHCO3溶液中有气泡产生氯的非金属性比碳的强B用pH试纸分别测定0.1mol·L1的Na2SO3溶液和0.1mol·L1的NaHSO3溶液的pHNa2SO3溶液的pH约为10NaHSO3溶液的pH约为5HSO结合H+的能力比SO强C分别将乙烯与SO2通入酸性KMnO4溶液中KMnO4溶液均褪色两种气体使酸性KMnO4溶液褪色的原理相同D向2ml 0.1mol·L1 MgCl2溶液中加入5ml 0.1mol·L1 NaOH溶液，出现白色沉淀后，继续滴入几滴FeCl3浓溶液，静置出现红褐色沉淀同温下，KspMg(OH)2KspFe(OH)3【答案】C【解析】A将盐酸滴入NaHCO3溶液中有气泡产生，可知盐酸比碳酸酸性强，但无法证明氯的非金属性比碳强，故A错误；B用pH试纸分别测定0.1mol·L1的Na2SO3溶液和0.1mol·L1的NaHSO3溶液的pH，根据溶液的pH可知HSO结合H+的能力比SO弱，故B错误；C乙烯与SO2通入酸性KMnO4溶液中溶液褪色，原理均为发生氧化还原反应，故C正确；DMg(OH)2和Fe(OH)3的构型不一样，无法判断溶度积大小，故D错误；答案为C。9利用光伏电池与膜电解法制备Ce(SO4)2溶液的装置如下图所示,下列说法正确的是A该装置工作时的能量形式只有两种B石墨电极发生反应：Ce4+e=Ce3+C该离子交换膜为阴离子交换膜，SO由左池向右池迁移D由P电极向N电极转移电子时，阳极室生成33.2g Ce(SO4)2【答案】D【解析】A该装置工作时的能量转化形式：热能、电能、化学能和光能，故A错误；B石墨是阳极，电极反应式Ce3+-e=Ce4+，故B错误；C溶液在左侧石墨电极附近电极发生反应：Ce3+-e=Ce4+，石墨是阳极，所以硫酸根离子移向石墨电极，离子交换膜为阴离子交换膜，SO由右池向左池迁移，故C错误；D由P电极向N电极转移0.1mol电子时，根据电极反应：Ce3+-e=Ce4+，阳极室生成0.1mol Ce(SO4)2，即33.2g Ce(SO4)2，故D正确；答案选D。10温度为T1时，在容积为10 L的恒容密闭容器充入一定量的M(g)和N(g)，发生反应：M(g)+N(g)2P(g)+Q(g) H0，反应过程中部分数据如表所示，下列说法正确的是t/min0510n(M)/mol6.04.0n(N)/mol3.01.0A0-5min内，用M表示的平均反应速率为0.4molL1min1BN的转化率的60%C该反应在第8min时v逆v正DT2时该反应的化学平衡常数为0.64，则 T1T2【答案】D【解析】A0-5min内，M的物质的量由6.0mol变为4.0mol，变化了2.0mol，容器的容积是10L，则用M表示的平均反应速率为v(M)=molL1min1，A错误；B反应在5min时M改变物质的量是2.0mol，由方程式可知M、N化学计量数相等，则二者改变的物质的量也相等，所以5 min时N的物质的量为1.0min，与10min物质的量相等，则N的平衡转化率为=66.7%，题干未指明是何时的转化率，因此无法判断其大小，B错误；C由选项B分析可知5 min时反应已经达到平衡，若外界条件不变，反应处于平衡状态，此时v逆=v正，C错误；D反应在温度为T1时，根据物质转化关系，结合已知反应条件可知：各种气体的平衡物质的量分别为n(M)=4.0mol，n(N)=1.0mol，n(P)=4.0mol，n(Q)=2.0mol，容器的容积是10L，则物质的平衡浓度分别是c(M)=0.4mol/L，c(N)=0.1mol/L，c(P)=0.4mol/L，c(Q)=0.2mol/L，故该温度下的化学平衡常数K1=；在温度为T2时化学平衡常数K=0.64K1，说明化学平衡逆向移动。由于该反应的正反应是吸热反应，所以平衡逆向移动是由于降低了反应温度，故反应温度：T1T2，D正确；故合理选项是D。二、不定项选择题11下列化学用语正确的是A碳原子的核外电子轨道表示式：B第一电离能：O>N>CC新戊烷的球棍模型：D乙炔分子中键与键个数比为12【答案】A【解析】A碳原子的核外电子排布式为1s22s22p2，则轨道表示式：，A用语正确；BN原子最外层电子处于半充满的稳定状态，则第一电离能：NOC，B用语错误；C异戊烷的球棍模型：，C用语错误；D乙炔分子中含有3条键，2条键，则键与键个数比为32，D用语错误；答案为A。12以某冶金工业产生的废渣(含Cr2O3、SiO2及少量的Al2O3)为原料，根据下列流程可制备K2Cr2O7。下列说法正确的是A煅烧时没有发生氧化还原反应B滤渣中主要成分是Al(OH)3C可循环使用的物质是CO2和Na2CO3D由Na2CrO4转化为K2Cr2O7的过程中需加入KOH【答案】C【解析】向废渣中加入碳酸钠和氧气并煅烧，发生如下反应，4Na2CO3+2Cr2O3+3O24Na2CrO4+4CO2，Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2，Na2CO3+Al2O32NaAlO2+CO2，用水浸之后，溶液中含有Na2CrO4、Na2SiO3、NaAlO2、Na2CO3，向溶液中通入二氧化碳，生成氢氧化铝沉淀和硅酸沉淀，过滤，滤液中含有Na2CrO4、Na2CO3，再向溶液中加硫酸，2Na2CrO4+H2SO4= Na2Cr2O7+Na2SO4+H2O，再向溶液中加入KCl固体，就会有K2Cr2O7晶体析出。A向废渣中加入碳酸钠和氧气并煅烧，发生如下反应，4Na2CO3+2Cr2O3+3O24Na2CrO4+4CO2，煅烧时有氧化还原反应，故A错误；B用水浸之后，溶液中含有Na2CrO4、Na2SiO3、NaAlO2、Na2CO3，向溶液中通入二氧化碳，会生成氢氧化铝沉淀和硅酸沉淀，故B错误；C从上述流程图可知，和均可循环使用，故C正确；D由转化为的过程中需加入硫酸和KCl固体，反应如下：2Na2CrO4+H2SO4= Na2Cr2O7+ Na2SO4+H2O，再向溶液中加入KCl固体，就会有K2Cr2O7晶体析出，故D错误；故选C。13咖啡酸苯乙酯是蜂胶的主要活性成分，可由咖啡酸合成，合成方法如下。下列说法不正确的是A咖啡酸分子中所有碳原子可能处在同一个平面上B1mol咖啡酸苯乙酯与足量的溴水反应，最多消耗3mol Br2C1mol苯乙醇在O2中完全燃烧，需消耗11mol O2D1mol咖啡酸苯乙酯与足量的NaOH溶液反应，最多消耗3mol NaOH【答案】BC【解析】A咖啡酸分子中所有碳原子都采取sp2杂化，存在苯环和乙烯两个平面型结构，它们单键连接，故所有碳原子可能处在同一个平面上，A项正确；B1mol咖啡酸苯乙酯中，1mol碳碳双键发生加成反应消耗1mol Br2，在酚羟基的邻对位上有氢可以被取代，会消耗3mol Br2，故1mol咖啡酸苯乙酯与足量溴水反应，最多可以消耗4mol Br2，B项错误；C苯乙醇分子式为C8H10O，1mol苯乙醇在O2中完全燃烧，需消耗10mol O2，C项错误；D1mol咖啡酸苯乙酯含有2mol酚羟基能消耗2mol NaOH，还有1mol酯基水解成羧酸钠和醇羟基消耗1mol NaOH，最多消耗3mol NaOH，D项正确；答案选BC。14微生物燃料电池在净化废水的同时能获得能源或得到有价值的化学产品，下图为其工作原理及废水中离子浓度与去除率的关系。下列说法正确的是A正极反应式是+7H2O+6e=2Cr(OH)3+8OHB电池工作时，N极附近溶液pH减小C处理1mol 时有6mol H+从交换膜右侧向左侧迁移D离子浓度较大时，可能会造成还原菌失活【答案】D【解析】A电解质溶液呈酸性，则电极产物不可以出现OH-，正极的电极反应式为：+6e+14H+=2Cr3+7H2O，A错误；B由图中信息可知，电池工作时，N极上H+与-2价的O结合产生水，溶液中c(H+)减小，故N附近溶液pH增大，B错误：C由电极反应+6e+14H+=2Cr3+7H2O可知：处理1mol 时需要14mol的H+，C错误；D由图可知，离子浓度较大时，其去除率几乎为0，因为其有强氧化性和毒性，可能会造成还原菌的蛋白质变性而失去活性，D正确；故合理选项是D。15以酚酞为指示剂，用0.1000mol·L1的NaOH溶液滴定20.00mL未知浓度的二元酸H2A溶液。溶液中，pH、分布系数随滴加NaOH溶液体积VNaOH的变化关系如图所示。比如A2的分布系数：下列叙述不正确的是A曲线代表，曲线代表BH2A溶液的浓度为0.2000mol·L1CHA的电离常数Ka=1.0×102D滴定终点时，溶液中c(Na+)2c(A2)+c(HA)【答案】AB【解析】根据图像，曲线代表的粒子的分布系数随着NaOH的滴入逐渐减小，曲线代表的粒子的分布系数随着NaOH的滴入逐渐增大，粒子的分布系数只有1个交点；当加入40mL NaOH溶液时，溶液的pH在中性发生突变，且曲线代表的粒子达到最大值接近1；没有加入NaOH时，pH约为1，说明H2A第一步完全电离，第二步部分电离，曲线代表(HA)，曲线代表(A2)，根据反应2NaOH+H2A=Na2A+2H2O，c(H2A)=0.1000mol/L。A根据分析，曲线代表(HA)，曲线代表(A2)，A错误；B当加入40.00mLNaOH溶液时，溶液的pH发生突变，说明恰好完全反应，结合分析，根据反应2NaOH+H2A=Na2A+2H2O，c(H2A)=0.1000mol/L，B错误；C根据曲线当(HA-)=(A2-)时溶液的pH=2，则HA的电离平衡常数Ka=c(H+)=1×102，C正确；D用酚酞作指示剂，酚酞变色的pH范围为8.210，终点时溶液呈碱性，c(OH)c(H+)，溶液中的电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=2c(A2)+c(HA)+c(OH)，则c(Na+)2c(A2)+c(HA)，D正确；答案选AB。三、非选择题16下面是某科研小组利用废铁屑还原浸出软锰矿(主要成分为MnO2)制备硫酸锰及电解其溶液制锰的工艺流程图：已知：浸出液中主要含有Fe3+、Fe2+、Co2+、Ni2+等杂质金属离子；生成氢氧化物的pH见下表：物质Fe(OH)2Fe(OH)3Ni(OH)2Co(OH)2Mn(OH)2开始沉淀的pH7.52.77.77.68.3完全沉淀的pH9.73.78.48.29.8请回答下列问题：（1）“酸浸”前将原料粉碎的目的是_。（2）流程图中“加入MnO2”的作用_，MnO2还可以用其他试剂_(填化学式)代替。（3）流程图中“调节pH”可以除去某种金属离子，应将溶液pH调节控制的范围是_7.6。上述流程中，能循环使用的一种物质是_(填化学式)。 （4）向滤液中加入MnS的作用是除去Co2+、Ni2+等离子，其中可以发生反应为MnS(s)+Ni2+(aq)=NiS(s)+Mn2+(aq)等。当该反应完全后，滤液2中的Mn2+与Ni2+的物质的量浓度之比是_已知Ksp(MnS)=2.8×1010，Ksp(NiS)=2.0×1021。 （5）在适当条件下，在MnSO4、H2SO4和H2O为体系的电解液中电解也可获得MnO2，其阳极电极反应式为_。（6）层状镍钴锰三元材料可作为锂离子电池正极材料，其化学式为LiNixCoyMnzO2，其中Ni、Co、Mn的化合价分别为+2、+3、+4。当x=y=时，z=_。【答案】（1）增大反应物的接触面积，增大反应速率 （2） 将浸出液中的Fe2+氧化为Fe3+ H2O2 （3） 3.7 H2SO4 （4） 1.4×1011 （5） Mn2+2H2O-2e=MnO2+4H+ （6） 【解析】用软锰矿还原酸浸制取硫酸锰电解液并进一步提炼金属锰，软锰矿和废铁屑加入过量硫酸浸出，过滤，浸出液中主要含有Fe3+、Fe2+、Co2+、Ni2+等金属离子，加入MnO2的作用是将浸出液中的Fe2+氧化为Fe3+，同时自身被还原为Mn2+，加入氨水调节溶液的pH以除去铁离子，过滤后的滤液中加入MnS净化除去Co2+、Ni2+等，过滤得到滤液电解得到金属锰和阳极液，阳极液中的硫酸循环使用，滤渣2为MnS、CoS、NiS。(1)“酸浸”前将原料粉碎，增大了反应物的接触面积，从而加快反应速率；(2)流程图中“加入MnO2”的作用是将浸出液中的Fe2+氧化为Fe3+，同时自身被还原为Mn2+，MnO2作氧化剂，可以用试剂H2O2代替；(3)流程图中“调节pH”可以除去铁离子，由表中数据可知：Fe3+完全沉淀时的溶液pH=3.7，则应将溶液pH调节控制的范围是3.77.6；上述工艺中，能循环使用的一种物质是电解过程中阳极液含的H2SO4；(4)Ksp(MnS)=2.8×1010，Ksp(NiS)=2.0×1021，沉淀转化的方程式为：MnS+Ni2+=NiS+Mn2+，则Mn2+与Ni2+离子的物质的量浓度之比=c(Mn2+)c(Ni2+)=Ksp(MnS)Ksp(NiS)=2.8×10102.0×1021=1.4×1011；(5)在适当条件下，在MnSO4电解在阳极失去电子获得MnO2，其阳极电极反应式为：Mn2+2H2O-2e=MnO2+4H+；(6)层状镍钴锰三元材料可作为锂离子电池正极材料，其化学式为LiNixCoyMnzO2，其中Ni、Ni、Co、Mn的化合价分别为+2、+3、+4当x=y=时，该化合物中各元素的化合价代数和为0，+1+(+2)×+(+3)×+(+4)×z+(-2)×2=0，z=。17NO是大气污染物，但只要合理利用，它也是重要的资源。(1)NH3还原法可将NO还原为N2进行脱除。已知：4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g) H1=-905kJmol14NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g) H2=-1268kJmol1则NH3还原NO的热化学方程式为_。(2)升高温度，绝大多数的化学反应速率增大，但是2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)的化学反应速率却随着温度的升高而减小。科学研究表明，反应2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)分为以下两步：反应I：2NO(g)N2O2(g) H1<0 v1正=k1正c2(NO)，v1逆=k1逆c(N2O2) 反应II：N2O2(g)+O2(g)2NO2(g) H2<0 v2正=k2正c(N2O2)c(O2)，v2逆=k2逆c2(NO2) 其反应历程如下图所示。决定2NO(g)+O2(g)=2NO2反应速率的是_(填“反应I”或“反应II”)，其理由是_，根据反应速率与浓度的关系式分析，升高温度该反应速率减小的原因是_。2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)的平衡常数K与上述反应速率常数k1正、k1逆、k2正、k2逆的关系式为K=_。由实验数据得到v2正与c(O2)的关系可用下图表示，当x点升高到某一温度，反应重新达到平衡时，则可能达到的点为_(填字母)。(3)利用如图所示的电解装置能将NO变废为宝，其中的a和b为惰性电极，则电极a上的电极反应式为_；每产生1mol硝酸，理论上可生成的H2在标准状况下的体积为_。【答案】（1）4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g) H=-1812kJmol1 （2） II 反应II活化能更大，反应速率更慢 反应I的速率更快，c(N2O2)减小且影响大于k2正的增加从而导致v2正=k2正c(N2O2)c(O2)减小，从而使总反应速率减小 a （3） NO-3e+2H2O=NO+4H+ 33.6L 【解析】(1)由4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g)可知其H=，带入数值求出H=-1812kJmol1。(2)在由多步反应形成的反应体系中，最慢的一步反应决定了总反应速率，活化能越大，反应速率越慢，由图可知反应II的活化能大于反应I，所以反应II决定了反应活化能；理由即是反应II活化能更大，反应速率更慢。温度升高，反应I和II均向逆向移动，但是反应I速率更快，导致体系中的N2O2浓度减小，且大于k2正增大的影响，从而导致v2正=k2正c(N2O2)c(O2)减小，从而使总反应速率减小。反应达到平衡时，有同一反应的正逆反应速率相等，所以可以得到v1正=k1正c2(NO)=v1逆=k1逆c(N2O2)、v2正=k2正c(N2O2)c(O2)=v2逆=k2逆c2(NO2)，所以2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)的平衡常数K=；反应II为放热反应，升高温度，平衡往逆向移动，所以c(O2)增大，但是根据(2)中的分析可知v2正减小，故答案选a。(3)根据b极产生H2可知b为阴极，则a为阳极，失电子，又因为产物为硝酸，所以可得出电极反应式为NO-3e+2H2O=NO+4H+，所以每生成1mol硝酸转移3mol电子，理论上可生成1.5mol H2，在标准状况下的体积为1.5×22.4mol/L=33.6L，所以答案为33.6L。18Ga和As在材料科学领域用途广泛。请回答下列问题：（1）基态Ga原子价层电子的轨道表达式为_；其核外电子占据最高能级的符号为_。（2）GaAs是优良的半导体材料，晶胞结构与金刚石相似。该晶体中不含有的化学键类型为_（填选项字母）。A键 B键 C配位键 D金属键（3）Ga、N、As的合金材料是制作太阳能电池的重要原料，三种基态原子的第一电离能由小到大的顺序为_（用元素符号表示）。（4）AsH3的立体构型为_。相同压强下，AsH3的沸点低于NH3的原因为_。（5）LiZnAS基稀磁半导体晶胞如图所示，该晶体的密度为 g·cm3，阿伏加德罗常数的值为NA。则：晶胞参数a=_pm（用代数式表示）。【答案】（1） 4p （2） BD （3） Ga<As<N （4） 三角锥形 NH3分子间能形成氢键 （5） ×10 【解析】（1）基态Ga原子最外层有3个电子，排布在4s24p1, 轨道表达式为；离原子核越远能级越高，电子占据最高能级的符号为4p；（2）碳原子可以形成4个碳碳单键，所以每个As应与4个Ga相连，金刚石中含有的化学键是共价键，所以该物质中含有的化学键是极性键，单键为键，又因为砷原子还有1对孤对电子，而镓原子有容纳孤对电子的空轨道，所以还可以构成配位键，故选BD；（3）同周期元素从左到右第一电离能增大，同主族元素从上到下第一电离能减小，所以Ga、N、As三种基态原子的第一电离能由小到大的顺序为Ga<As<N；（4）AsH3中As原子的价电子对数是4，有1对孤对电子，AsH3的立体构型为三角锥形；氨分子间有氢键，所以AsH3的沸点低于NH3；（5）根据均摊原则，1个晶胞含有4个Li、4个Zn、4个AS，晶胞的摩尔质量是588g/mol；1cm3晶体的质量是 g；1cm3晶胞的物质的量是，= g，a=。19锶（Sr）和镁位于同主族，锶比镁更活泼，锶与氮气在加热条件下反应产生氮化锶，已知氮化锶遇水剧烈反应。某同学设计如下装置制备氮化锶（Sr3N2相对分子质量：290.8）。方案：制备氮气来制取氮化锶(1)仪器A的名称是_。(2)实验时先点燃_处酒精灯（填“B”或“C”），一段时间后，再点燃另一只酒精灯。(3)方案中用饱和氯化铵溶液和亚硝酸钠溶液共热制备氮气，其化学方程式为：_。方案II：利用氮气样品来制取氮化锶已知：所使用的氮气样品可能含有少量CO、CO2、O2等气体杂质。醋酸二氨合亚铜CH3COOCu(NH3)2溶液能定量吸收CO，但易被O2氧化，失去吸收CO能力；连苯三酚碱性溶液能定量吸收O2。(4)打开分液漏斗的旋塞，装置D能持续提供N2，这是利用了N2_的物理性质。(5)装置F、G、H盛装的试剂分别是_（填代号）。甲、浓硫酸 乙、连苯三酚碱性溶液 丙、醋酸二氨合亚铜溶液(6)方案和方案II设计存在相同的缺陷，可能会导致产品变质，提出改进方案为：_。(7)产品纯度的测定：称取0.8000g方案中所得产品，加入干燥的三颈瓶中，加入蒸馏水，并通入足量水蒸气，将产生的氨全部蒸出，用20.00mL 1.00mol/L 的盐酸标准溶液完全吸收，再用1.00 mol/L NaOH标准溶液滴定过剩的HCl，到终点时消耗 16.00mLNaOH 溶液。则产品纯度为_（计算结果保留4位有效数字）。【答案】（1）蒸馏烧瓶 （2） B （3） NH4Cl+NaNO2NaCl+N2+2H2O （4） 不溶于水 （5） 乙、丙、甲 （6） 最后加一个装有碱石灰的干燥管 （7） 72.70% 【解析】饱和氯化铵溶液和亚硝酸钠溶液共热生成氮气，除掉水蒸气，氮气和锶反应生成氮化锶。氮气样品和锶反应生成氮化锶，先除掉二氧化碳、再除掉氧气、再除掉一氧化碳、再干燥气体，再是干燥的氮气和锶反应生成氮化锶，由于氮化锶遇水剧烈反应，空气中水蒸气会进入到氮化锶装置中，因此在装置后加一个装置防止空气中水蒸气进入。(1)根据图中得到仪器 A 的名称是蒸馏烧瓶；故答案为：蒸馏烧瓶。(2)实验时产生氮气，再是氮气和锶反应，因此先点燃B处酒精灯；故答案为B。(3)方案中用饱和氯化铵溶液和亚硝酸钠溶液共热制备氮气，其化学方程式为：NH4Cl+NaNO2NaCl+N2+ 2H2O；故答案为：NH4Cl+NaNO2NaCl+N2+2H2O。(4)打开分液漏斗的旋塞，装置D能持续提供N2，这是利用了N2不溶于水的物理性质；故答案为：不溶于水。(5)根据醋酸二氨合亚铜CH3COOCu(NH3)2溶液能定量吸收CO，但易被O2氧化，失去吸收CO能力；连苯三酚碱性溶液能定量吸收O2，则用氢氧化钠溶液除掉二氧化碳，再用连苯三酚碱性溶液除掉氧气，再用醋酸二氨合亚铜溶液除掉CO，再用浓硫酸干燥，因此装置F、G、H盛装的试剂分别是乙、丙、甲；故答案为：乙、丙、甲。(6)根据信息氮化锶遇水剧烈反应，方案和方案 II 设计存在相同的缺陷，氮化锶与大气相通，可能会导致产品变质，改进方案为在后面加一个装有碱石灰的干燥管；故答案为：最后加一个装有碱石灰的干燥管。(7)根据HClNaOH，则剩余盐酸的物质的量n(HCl)=1.00 mol/L×0.016L=0.016mol，则氨气消耗的盐酸物质的量为n(HCl)=0.02L×1.00mol/L-0.016mol=0.004mol；则n(NH3)=n(HCl)=0.004mol，根据元素守恒得到n(Sr3N2)=0.002mol，则产品纯度为；故答案为72.70%。20有机物H是合成雌酮激素的中间体，一种由A制备H的工艺流程如下：已知：IIIR-COOHRCOCl(其中R为烃基或氯)。回答下列问题：(1)B中官能团的名称为_。(2)DE的反应类型为_。(3)F的结构简式为_。(4)写出BC的化学方程式：_。(5)E的同分异构体中，满足下列条件的有_种(不含立体异构)，其中核磁共振氢谱有5峰，峰面积之比为62211的结构简式为_。苯环上有2个取代基；能与FeCl3溶液发生显色反应；能发生银镜和水解反应。(6)参照上述合成路线，设计由甲苯为起始原料制备的合成路线：_(无机试剂任选)。【答案】（1）羰基、羧基 （2） 取代反应 （3） （4） +HNO3+H2O （5） 12 （6） 【解析】A和发生取代反应生成B，因此A是苯，B发生硝化反应生成C，C中硝基和羰基被还原生成D，则C的结构简式为，E能发生已知信息的反应，说明E中含有酚羟基，因此根据E的分子式可知E的结构简式为，F的结构简式为，F发生已知信息的反应，则G的结构简式为，G发生取代反应生成H。(1)B的结构简式为，其中官能团的名称为羰基、羧基。(2)DE中氨基被羟基取代，反应类型为取代反应。(3)F的结构简式为。(4)BC的化学方程式为+HNO3+H2O。(5)E的结构简式为，E的同分异构体中，满足下列条件：苯环上有2个取代基；能与FeCl3溶液发生显色反应，含有酚羟基；能发生银镜和水解反应，说明含有甲酸形成的酯基，则该取代基是CH2CH2CH2OOCH、CH2CH(CH3)OOCH、CH(CH3)CH2OOCH、C(CH3)2OOCH，均有邻间对三种，所以符合条件的同分异构体共有12种。其中核磁共振氢谱有5峰，峰面积之比为62211的结构简式为。(6)参照上述合成路线，依据逆推法可知由甲苯为起始原料制备的合成路线为：。